2025年秋季学期高三年级12月检测数学答案最终修改版1124发送版_2025年12月_251211湖北省十一校2025-2026学年高三上学期12月质量检测（全科）

2025年秋季学期高三年级12月检测数学 参考答案 1.【答案】A 因为B(C A)，所以B A，所以AB  A. 故选:A U b 2.【答案】B ab0即a,b中至少有一个是零；复数a abi为纯虚数，故a 0,b0为小范围， i 故为充分不必要条件 3.【答案】B由 知： ，因此 ∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∘ cos95 =cos(90 +5 )= −sin5 = sin5 =− sin10 =sin(90 +10 )= ∘ 2 ∘ 2 c4o.【s1答0案=】1 D −设2等sin差5数列= { 1 a − } 2的 首项为a ，等比数列{b }的首项为b ，则 n 1 n 1 7 7 7 =2( 1+ 7)= 2×2 4 = ，T bb bb (b )7 (1)7 1，所以S T 56155. 故选：D 7 1 2 6 7 4 7 7 7 4 =56 5.【答案】C如图，在焦点PFF 中，由题意知：|PF ||PF |2a ①，且PFF 为直角三角形， 1 2 1 2 1 2 再由PF F 2PFF ，又PFF PF F 90，故 2 1 1 2 1 2 2 1 PFF 30，所以|PF ||FF |cos30 3c ， 1 2 1 1 2 |PF ||FF |sin30 c，代入①式得( 3 1)c  2a，故 2 1 2 c 2 e   31.故选：C a 31 (ba)a a 3 (ba)a 3    3   a  6.【答案】A ba在a上的投影向量为 2 a， 即 a a 2 a 2 2 1 2   ab 3 则有ba  a ，因为 a  3 b ，所以cos a,b   .故选A： 2 a b 2 7.【答案】A 取 的中点 ， 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ， 和 ， 由 ， 分别为 A1B，1 的P中点B1，B知 E B，C同理可知F： MP ，PE EF MF，有 ， 又由P E ，A1B1 面B1B 且 P面E∕∕A1，B所以 面 EF∕∕,同B1理C可B知1C，∕∕A1D面 EF因∕为∕A1D P ∕∕ 1 ⊄ 1 1 ⊂ 1 ∕∕ 1 ∕∕ 1 ∩ 第 1 页 共 8 页， 面 ， 面 ，所以面 面 而 = 面 ⊂ ， 故 动 点 在⊂面 内的轨迹 为1 ,∕由∕ 可知， ， ， ⊂ 1 1 =2 = 2 =2 2 = ，所以 + = ，即 ，所以线段 的最大值为 。故选：A. 2 2 2 2 8.【 1+ 答案】 5 C因 = 为 6 为 奇 函 数， M 所 以 f1  x⊥   f1x，令 x 0，则 f1   = f2 1， 2 故 f10， ' (1+ ) 又 fx在R上单调递增，所以当x1时，fx0，则 f x单调递减；当x1时，fx0，则 f x 单调递增；又因为 f1xf1x，则 f(1x)c  f(1x)c（c ,c R） ......................① 1 2 1 2 在①式中令x=0，可得 f(1)c  f(1)c c c ，所以 f(1x) f(1x)， 1 2 1 2 4 4 因为2a  ，4b 5，3c 4，所以alog 1，blog 5log 41，clog 4log 31，因为 3 2 3 4 4 3 3 4 4 f(1x) f(1x)，所以 f(a) f(log ) f(2log ) f(log 3) 2 3 2 3 2 因为 ，由于 ，故上式等号不成立， 2 2 2 2 则ln 4 2ln ln 2 4ln  4ln ≤ 32l，n2又+ ln ln 3 40, = ln2 ln8 0，所<以ln9 =4，ln即3 ln2≠ ， ln 即 4c  a， ln4 ln3 同理可得bc，所以1bca，所以 ln3130)= P(X ≥110)− P故(110 ≤X≤ 130)=0.50−0.47=0.03 ，某地有8000名学生参加考试， 估计某地学生数学成绩在130分以上的人数为80000.03=240 13.【答案】60种，分两种情形：①A家庭只有志愿者甲，则另外4人在其他的3个特殊家庭，此时有 C2A3 36；②A家庭除了甲还有另一名志愿者，此时有C1A3 24，则共有3624 60 种，故志愿 4 3 4 3 者甲恰好被安排在A家庭有60种不同安排方法. 第 3 页 共 8 页14.【答案】 ； 39 12 BCF 的面 4 积为定值，13 翻折后平面AEF 平面BCFE时，A到平面BCFE的距离最大，这时三BACF 的体积最大. 设 1 1 1 BC的中点为M，AEF 的中心为G，EF的中点为H， 1 四棱锥A BCFE外接球的球心为O， 1 则 此球的半径 1 1 3 3 = =3 1 =3× 2 = 4 = ，外接球的表面积 2 2 3 2 3 2 39 = + = (2) +( 4 ) 4 ；这时 = ， 球 2 39 2 2 3 2 3 3 2 30 解 = BE 4 C 知， = 4 ， 在 = EOC 中 + = ( = 4 ) +( 4 ) ， 4 则EOC就是，相交所成的二 3 3 39 3 3 Δ = 2 Δ OE=OC=R 4 , = 2 面角的平面角，则 故 15.解析： 3 = 3 由正弦定理得： 3 = 3 所以 3 (1) = 3− −， ............................... .. . ... .. .. . .. ....−.... .. . .. ... .. .. .. ............ .. . .. ....−.... .. . 2 分 又因为 > 0 ， 可得 3 − = 3，即sin = 3，........................................................4分 + ( +6) 2 又因为在锐角 中 , ， 可得 = ， = ；...................................6分 2 （2）因为 = △ = ∈ (0 2) = ∴ 3 + ， 6 可 ∈ 得 (6, = 3 ) 3，由 + 正 6 弦定 3 理 ∴ 得 6 3 , .............8分 1 1 1 b a 4 又 + ,所 2 以 b 32 ×2 3 3 4 3 , ........ . . .. .... = .... . . .. ... = .... .. . .. ................10分 5 1 5 4 sin(6− ) 4 (2 +2 ) 2 = 6 = = = +6 在锐角 中 0 3, ∴ 3 3 , , 1 2 ∴所 以 的∈取(0,值3范)围b=为 +6 ∈..(..6..,.8..)............................................................................................................13分 (6,8) 第 4 页 共 8 页16.解析： 证明：由四边形 是正方形，可知 ，又 ，...............................2分 ， (1平)面 ， ₁ ₁=O，可知 平 面 ⊥ 1． .. ... ...⊥.... ... .....................................4分 1 而 平1 面⊂ ，₁ 故₁ 平 面 ∩ 平面 ⊥． .. .. ... ..₁.. ...₁..........................................................5分 ⊂ , ₁ ₁ ， ₁平 ₁面⊥ ， ₁ ₁ =B，可知 平面 ．..........................7分 1 (由2) ⊥平 面 ，⊥可 知₁, BP⊂, ...... ... .. ....... .. ....∩.... .. .................... ... ...₁..⊥........... ... ... ...............................8分 1 由（ 1）⊂知平 面 平 ⊥面 ，平面 平面 = ， 平面 ， 故PO 平面 ₁ ₁；⊥ ...... ... ... ..₁.. ...₁............. ... ... ..₁.. ...₁..∩........... ... .. ...₁.. ..₁...... ... ..1...... ... ....⊂........... .. ... ...₁. ...₁.....10分 （3）故⊥以 为 坐 标 ₁原 ₁点， 的方向为 轴正方向， 的方向 1 为 轴正方 向， 的方向为 轴正方向， 建立如图所示 的空间直 A P z Q A 1 角坐 标系 ．在 中 = ,则 y O O 1 … …−11 分 ∆ 2,AP=1 B x B 1 =, ,1 ，A , , , , ．得 = , , ， = ( , 3 , 00，) = (0 − , 11 , ), ，(记0平11面) 的 1 一 个(法0 向−量21为) = , , ，由 = , 即 = , 取 = = , = , ⋅ =3 0 0 (3，0得0) = , ( , 0 . − .... 1 ... 1 ... ) ................ .. ... ............................... . ..... ( .. .... .... .. ) .......... . .. ⋅ .. ... ... = ... − .... .... + ... ....... 0 ......... ...... .13 分 1 记直线 (0 与 1 平 1) 面 所成的角为 ，故sin = = = ．..............................................15分 |O1Q⋅ | 1 10 17.解析 ： 1 设一 次 抽 奖的中奖金 额为 ，则 所|O1 有 Q||的 |可能5取× 值2 为10 ， ， ．.......................1分 (1) 100 200 300 = = = ； = = = ； = = = ． 1 1 2 0 0 2 C3C2 6 C3C2 3 C3C2 1 2 2 2 则 ( 的分 10 布 0) 列为C5 .... 1 . 0 ...... .. ( .. ....... 2 .. 0 .. 0 ... ) ....... C .. 5 ....... 1 . 0 ...... .. ( .. ....... 3 .. 0 .. 0 ... ) ....... C .. 5 ....... 1 . 0 ....................................................4分 X 100 200 300 P 6 3 1 故 = +10 10+ 0100 = （元）．..........................................................................5分 6 3 1 ( ) 100×10 200×10 3 ×10 150 （ⅰ） = = .............................................................................................................7分 2 4 1 8 (3) ( 1 3) 5×5×5 125 = = + = , = .....................10分 6 2 4 1 3 2 1 14 ( 2 3) 125 3 （ ( ⅱ 3 ） ) 设 第 ( 1 < 3)+ 个 ( 顾 2 客 获 3) 得5第 ×51 × 份5幸运5礼 ×5品 × ，5第125个顾 P 客 2 获 得 3 第 2( 份3)幸 = 运1 1 2礼 4 5 = 品7的概率为， ( 1 ) 1 = ， ......................................................................12分 − − − 3 2 4 1 ( i ) 5 ×5× 5 ×5 =1,2,⋯ −1 第 5 页 共 8 页则第 个顾客获得第2份幸运礼品的概率 = ( ) ( 1 )+ ( 2 )+⋯+ ( −1 ) ， 0 −2 1 −3 n−2 0 3 2 4 1 3 2 4 1 3 2 4 1 = 5 × 5 × 5 × 5 + 5 × 5 × 5 × 5 + ⋯ + 5 × 5 × 5 × 5 0 −2 −1 1 1 1 = 3 2 4 1 3 5 = 1 = × × × 1− × −1 − − − 5 5 5 5 5 4 2 4 3 2 4 3 × × − − 3 5 5 5 4 1 5 51 5 1− × 所以第 个抽幸运奖顾5客获4 得第二份幸运礼品的概率为 ．..........................15分 − − 2 4 3 18.解析 ：(1)依题意可知圆的圆心在x轴，即圆关于x轴 5 对称 5 ，三角 − 形 5 ABC 是直角三角形，且B点必 在y轴右侧，由直角三角形射影定理可知OC2 OAOB,代入得 y2 4x．..................................4分 （2）设R(x ,y )，S(x ,y ),T(x ,y ) 1 1 2 2 0 0 y2 4x 4  1 1  y2  y2 （4 x x）k  ， ........................................................................5分 y2 4x 1 2 1 2 RS y  y 2 2 1 2 y  y y 0 由直线与圆相切可知k k 1，即 2 1 0 1， RS O 1 T x x x 8 2 1 0 y y y 0 4 y 2 2 1 0   0  1，故x 6 x x x 8 y y x 8 x 8 0 .........................................................................7分 2 1 0 1 2 0 0 由T 在抛物线内部可知 y2 4x 24，故2 6  y 2 6. .........................................................9分 0 0 0 (3)设过点D且斜率存在的直线方程为y4k(x4)，即kx y44k 0. |4k4| 由该直线与动圆相切可得d  r ， k2 1 整理得（16r2)k2 32k16r2 0 易知直线DP,DQ的斜率存在，分别设为k ,k ，则k ,k 是方程的两个不等实根， 3 4 3 4 16r2 则有k k  1. ......................................................................................................................12分 3 4 16r2 由于PQ的斜率不为0，设P  x ,y  ,Q  x ,y ，设PQ方程为xmyn，带入 y2 4x， 1 1 2 2 得 y2 4my4n0，则 y  y  4m， y y 4n， 1 2 1 2 第 6 页 共 8 页y 4 y 4 (y 4)(y 4) 16 k k  1  2  1 2  1 3 4 x 4 x 4 1 1 (y 4)(y 4) 1 2 ( y2 4)( y2 4) 1 2 4 1 4 2 整理得 y y 4(y  y )0，即4n16m0，n4m，............................................................15分 1 2 1 2 即PQ方程为xmy4m，此时直线恒过点（0，4） ....................................................................17分 19.解析： ，则 ，令 ，解得 ， ' ' 所以 在(1) ( )=上 单调−递 减，在 ( )= ∞−上 单调 递( 增)=，0............... ...=.... .. .. ........................................1分 的 (最 )小值(0,为 ) ( ,+ ) ， ， ①( ) ( )= ，即− 时=， (1− 只 有)一个 零(0点)=.1 ② ( )= (，1即− )=0 时， = 没有 零( 点). ( )>0 0< < ( ) ③ ，即 时，设 ， ，当 时， 单调递增 ' 1 ( )<0 <即 ， ( )= − ( )=1− 1< ( ) 2 2 2 故( )=在 −， >，0 >， 各有 (一 )个=零 点−， 共>两 个零−点 ..=....0.................................................................4分 综上 ( 所)述(：0 ) ( ) 时， 只有一个零点， 时， 没有零点. 时， 共两个零点..................5分 (2 = )（ i） ( ) = 0< < ( )，定义域 > ∞ ( ) ..................................6分 1 ℎ( )=[ ( )]+ ( ) [ − ]+ [ ] ∈[ ,+ ), >0 因为 ，所以 ，即 ， 1 1 1 1 1 ℎ( )=[ −1]+ [1]=[ −1]≥1 −1≥1 k ≥ 2 所以 ..............................................................................................................................................7分 1 0< ≤ 2 当 时，由（1）可知 在 上单调递减，在 ∞上单调递增， 1 0< ≤ 2 ( ) (0, ) ( ,+ ) 又因为 ，所以 ， 1 1 1 − ≤ ( 2)− 2=−[ ( 2)+ 2]=− ( 4)< 0 ≤ 所以 在 ∞上不减，......................................................................................................................9分 1 ℎ( ) [ ,+ ) 所以 ，故 .....................................................................................................10分 1 1 ℎ( )≥ℎ( )≥1 0< ≤ 2 (3)（ii）因为 当 ，有 ，所以 在 ∞不能是递减的， 1 ∀ , ∈ , > ℎ( )≥ ℎ( ) ℎ( ) [ ,+ ) 假设 ，易知 ，由（1）可知， 在[ )为减函数，在 ∞)上为增函数， 1 1 > < ( ) , ( ,+ 而 ， ， ， 1 1 ( )= − <0 ( )= −1>0 ( )= − <0 第 7 页 共 8 页（构造 说明单调性及最值） 2 2 （( 又)当= x − 时>，0 =， 也−给 分, ）∈故( ,+∞在)[ ∞)上有两个不同的零点，......................12分 1 ( )→+∞ ( ) ,+ 设较小的零点为x，则 ， 1 1 < 1 < ( 1)=0 若 ，则 . 1 2 < 1 < ℎ( 1)=[ ( 1)]+ ( 1)= [ 1]=0 取 ，则 ， 2 而 ∈ ( 1, ) ℎ( )，=[ − ]+， [[ ] ， 即 故1< 1 < <2， 这−与 题 <设矛0 盾. ....−.... .. ..]..≤...−....1......[.. .. ..]..=....1......... . ..[.. .. .]...=....0........................................14分 ℎ( )≤−1< ℎ( 1) 若 ，则 ，故 ， 2 < 1 < 2< 1 < ℎ( 1)=[ ( 1)]+ ( 1)= [ 1]= 2 取 ，则 ， 而 ∈( 1, ) ℎ( ，)=[ − ]+， [ [ ] ， 即 故2≤ 1 < < −， 这<与0题设 矛−盾 . ..]..≤...−....1......[.. .. ..]..=.....2........ . ..[.. .. ..]..=..... . ..2...................................16分 又ℎ( )≤，−所1以+ 2< ℎ( 1..)..........................................................................................................................17分 >0 0< ≤ 第 8 页 共 8 页